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中考物理一轮复习知识点梳理与针对性分层训练第18章 电功率(教师版)
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中考一轮复习知识点梳理与针对性分层训练
第18章《电功率》
【知识点1、电能 电功】
一、电功
1.定义:电流通过某段电路所做的功叫电功。
2.实质:电流做功的过程,实际就是电能转化为其他形式的能(消耗电能)的过程;电流做多少功,就有多少电能转化为其他形式的能,就消耗了多少电能。
二、电能
1.用电器工作的过程,实际上就是电流经过用电器时把_电能转化为其他形式能的过程。
2.电能用电能表来测量,电能的国际单位是J,生活中常用单位是kW·h,1 kW·h=3.6×106 J。
3.电能表用前后两次的读数之差来表示某段时间内用电的度数。测量较小电功时,用表盘转数读数。
4.电能计算公式:W= UIt(适用于所有电路)。
【经典例题考查】
1.小刚同学家的电能表上标有“600r/(kW•h)”字样,他用钟表记录了10min内电能表上的转盘转过120r,则他家的用电器在这段时间内消耗的电能是( )
A.7.2kW•h B.0.72kW C.0.2kW D.0.2kW•h
【解析】600r/(kW•h)表示的是电路中用电器每消耗1kW•h的电能,电能表的转盘转600r,
电能表转动120r,用电器消耗的电能:W==0.2kW•h,
【答案】D。
2.小明将由镍铬合金丝制成的a、b、c三段导体串联接入电路,规格如表所示。通电相同时间,电流通过a、b、c三段导体所做的功分别为Wa、Wb、Wc,则( )
编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
a
镍铬合金
0.5
0.5
b
镍铬合金
1
0.5
c
镍铬合金
0.5
1
A.Wb>Wa>Wc B.Wa=Wb=Wc C.Wa>Wb>Wc D.Wc>Wa>Wb
【解析】甲、乙、丙三个导体材料相同,由表中数据知,a和b横截面积相等,b比a长度大,所以Rb>Ra,
a和c长度相等,a的横截面积小于c,所以Ra>Rc,
所以三个导体的大小关系为:Rb>Ra>Rc;
a、b、c三个导体串联在电路中,所以通过它们的电流相等,通电都为1min,
根据W=UIt=I2Rt可知,导体的电阻越大,电流通过导体所做的功越大,即:Wb>Wa>Wc。
【答案】A。
3.小莎利用如图所示的实验装置,探究电流做功多少跟什么因素有关。通过电动机将质量一定的重物提升一段距离来反映电流做功的多少,闭合开关,电动机将重物提升的高度越大,表明电流做的功越多。电路中的电源两端的电压可调,电压表测量电动机两端的电压,电流表测量通过电动机的电流,现将测得的实验数据记录在如表中。
次数
电流表示数I/A
电压表示数U/V
通电时间t/s
重物上升高度h/m
1
0.12
4
10
0.06
2
0.12
4
20
0.12
3
0.14
6
10
0.09
4
0.16
10
10
0.17
(1)闭合开关后,电动机将重物提升的过程,是将 电 能转化为重物的机械能的过程。
(2)比较实验次数1和2,可以归纳出的结论是:电流做功的多少与 通电时间 有关。
(3)比较实验次数1、3和4,可以归纳出的结论是:在通电时间一定时,电流与电压的乘积越大,电流通过电动机所做的功越 多 。
【解析】(1)电流通过电动机时,消耗了电能,而电动机输出了机械能,同时也产生了一部分热能,所以是电能转化为了机械能和内能。
(2)由表中实验序号为1、2的实验数据可知,在电流与电压相等时,通电时间越长,钩码上升的高度越大,电流做功越多,由此可得:在电压与电流一定时,通电时间越长,电流做功越多。
(3)由表中实验序号为1、3和4的实验数据可知,通电时间相同而电压与电流不同,电压与电流的乘积越大,钩码上升的高度越高,电流做功越多,由此可得:在通电时间一定的情况下,电流做功与电流和电压的乘积有关,电流与电压乘积越大,电流做功越多。
【答案】(1)电;(2)通电时间;(3)多。
4.一块手机用的锂电池,上面标明电压为3.7V,容量为1130mA•h,它充满电后,大约存储的电能是( )
A.4.181J B.4.181×103J C.1.5×104J D.15kW•h
【解析】电池的容量为1130mA•h,
所以手机锂电池充满电后,储存的电荷量:
根据I=可知,Q=It=1130×10﹣3A×3600s=4068C,
充电电流所做的功:
W=UIt=UQ=3.7V×4068C=15051.6J≈1.5×104J,即大约储存了1.5×104J的电能。
【答案】C。
5.如图所示为电风扇能量流向图,根据该图提供的信息,下列说法不正确的是( )
A.电流做功80J B.(a)应为机械能
C.(b)的数值为20J D.消耗的电能为100J
【解析】AD、电流做的功等于消耗的电能,故电流做功100J,消耗的电能也为100J,故A错误,D正确;
BC、电风扇工作时,消耗的电能多数转化为机械能,故(a)应为机械能,故B正确,内能输出为:100J﹣80J=20J,故C正确。
【答案】A。
6.商场中,卖微波炉的售货员和顾客就微波炉省电还是费电发生了争论。售货员说:“微波炉很省电,用它加热食物花不了多少电费。”顾客说:“微波炉很费电,他家的微波炉一开,电能表就转得很快。”上述争论中,顾客混淆的两个概念是( )
A.电流和电功率 B.电功率和电压
C.电功和电功率 D.电功和电阻
【解析】
售货员认为微波炉很省电,是说微波炉的电功率大,但加热食物用时很短,消耗的电能并不多,所以“微波炉很省电,用它加热食品花不了多少电费”,即售货员是从电能角度说的;
顾客是从电功率角度考虑的,因为微波炉属于大功率用电器,工作时电路中电流很大,相同时间内消耗的电能多,所以认为很“费电”。
【答案】C。
【知识点2、电功率】
电功率
1.定义:电流在单位时间内所做的功。
2.物理意义:表示电流做功快慢的物理量(灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率大小)
3.电功率计算公式:
(1)P=UI(适用于所有电路)
(2)P=W/t(常用于计算一段时间的问题)
对于纯电阻电路可推导出:
(1)串联电路中常用公式:P=I2R
(2)并联电路中常用公式:P=U2/R
(3)计算总功率常用公式:P总=P1+P2(无论用电器串联或并联)总功率常用公式:P总=U总2/R
4.在电路中的特点:
(1)串联与电阻成正比W1/W2=R1/R2
(2)并联与电阻成反比W1/W2=R2/R1
5.单位:国际单位为瓦特(W),常用单位为千瓦(kW)
6.额定功率和实际功率:
(1)①额定电压:用电器正常工作时的电压。②额定功率:用电器在额定电压下的功率。
(2)①实际电压:用电器实际工作时的电压。②实际功率:用电器在实际电压下的功率。
【经典例题考查】
7.智能手机耗电达到一定值时,会自动提示用户采用或转入“省电模式”,在这种模式下,可延长电池的供电时间,原因是( )
A.减小了电池的输出电流 B.增大了电池的输出电压
C.减小了电池的供电效率 D.增大了电池的输出功率
【解析】智能手机耗电达到一定量时,剩余的电能也是定量,
由W=Pt可知,要延长手机的工作时间,需要减小电池的输出功率,而手机工作的电压是不变的,
由P=UI可知,在省电模式下,应减小电池的输出电流,故A正确。
【答案】A。
8.小宇家有三盏白炽灯泡:“220V 100W”、“110V 100W”和“36V 100W”,当它们都在额定电压下工作时,比较三盏灯泡的亮度,则( )
A.“220V 100W”最亮 B.“110V 100W”最亮
C.“36V 100W”最亮 D.3盏灯一样亮
【解析】“220V 100W”、“36V 100W”、“110V 100W”的三盏电灯,额定功率均为100W,那么在额定电压下,它们的实际功率相等,所以亮暗程度也是一样。
【答案】D。
9.将“220V 100W”的灯泡L1和“220V 40W”的灯泡L2,串联在220V的电源上,组成闭合电路(设灯丝电阻不变),则下列说法正确的是( )
A.灯泡L1和L2一样亮
B.灯泡L1比灯泡L2亮
C.两灯泡的总功率小于40W
D.两灯泡的实际功率都变为其额定功率的一半
【解析】AB、由P=得:L1、L2的电阻分别为:
R1===484Ω;
R2===1210Ω;
两灯串联时,电流相等,由P=I2R可知,灯泡L1的功率小于L2的功率,故灯泡L2要比L1亮,故A、B错误;
CD、串联电路总电阻等于各分电阻之和,此时通过电路的电流:I==≈0.13A,
两灯实际消耗的功率:P1′=I2R1=(0.13A)2×484Ω≈8.2W≠50W,即灯泡L1的实际功率小于其额定功率的一半,
P2′=I2R2=(0.13A)2×1210Ω≈20W,即灯泡L2的实际功率约等于其额定功率的一半,
两灯泡的总功率为:P=P1′+P2′=8.2W+20W=28.2W<40W,故C正确,D错误。
【答案】C。
10.甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示,下列说法中正确的是( )
A.若两灯串联在220V的电路中,则乙灯较亮
B.将乙灯接入110V电路中,它的实际功率为50W
C.若两灯并联在220V的电路中,则甲灯较亮
D.两灯均正常发光时,若两灯丝一样长,则甲灯灯丝较细
【解析】A、由P=UI=可知,两灯泡的电阻分别为:R甲===1936Ω,R乙===484Ω,
因串联电路各处电流相等,所以由P=UI=I2R可知,两灯串联在110V的电路中,甲灯泡的实际功率大于乙灯泡的实际功率,因此甲灯泡亮,故A错误;
B、由乙灯铭牌上的字样可知,当乙灯接入110V电路中,由P=可知,在电阻不变的情况下,功率与电压的平方成正比,当电压变为110V,即为额定电压的,则实际功率就是额定功率的,所以此时的实际功率为:P乙实=P乙额=×100W=25W,
由于灯泡的阻值随温度的升高而增大,因此此时的实际功率略大于25W,故B错误;
C、若两灯并联在220V的电路中,则甲、乙两灯泡两端电压都等于220V,所以它们的实际功率都等于其额定功率,因此乙灯泡亮,故C错误;
D、因灯丝的电阻与材料、长度以及横截面积有关,而材料和长度相同,且电阻的横截面积越小,电阻越大,因此甲灯丝的电阻细,故D正确。
【答案】D。
11.如图所示的电路中,电阻R0为6Ω,电源电压不变。把“6V 3W”的小灯泡接在AB间,CD间接电流表,闭合开关S,小灯泡正常发光,则电源电压为 6 V。如果把这个小灯泡接在CD间,AB间接电压表,闭合开关S,若灯丝电阻与正常发光时相同,则电压表的示数为 2 V。
【解析】
(1)灯泡接在 AB 之间,电路为并联电路,此时小灯泡正常发光,小灯泡两端的电压为6V,则电源电压为6V;
(3)小灯泡接在CD间,AB间接电压表,电压表测量R两端的电压;
小灯泡的电阻 RL===12Ω,
在串联电路中,电压之比等于电阻之比,即:UR:UL=R0:RL=6Ω:12Ω=1:2,且 UR+UL=6V,由此可得UR=2V。
【答案】6;2。
12.如图所示,电源电压恒为4.5V,电压表量程为“0~3V”,滑动变阻器R规格为“20Ω 1A”,灯泡L标有“3.0V 1.5W”字样(不考虑灯丝电阻变化)。在不损坏电路元件情况下,求:
(1)灯泡正常工作的电流;
(2)该电路的最大功率;
(3)滑动变阻器阻值变化的范围。
【解析】由电路图可知,灯泡与滑动变阻器串联,电压表测滑动变阻器两端的电压。
(1)根据P=UI可得,灯泡正常发光时的电流:IL===0.5A;
(2)(3)串联电路中各处的电流相等,且滑动变阻器允许通过的最大电流为1A,灯泡正常发光时的电流0.5A,所以为了不损坏电路元件,电路中的最大电流为0.5A,
当电路中的电流最大时,电路消耗的功率最大,则电路的最大电功率:P最大=UI最大=4.5V×0.5A=2.25W;
此时UL=3V,根据欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小,
此时滑动变阻器两端的电压:U滑=U﹣UL=4.5V﹣3V=1.5V,
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值:R滑小===3Ω;
由串联分压原理可知当滑动变阻器两端电压为3V时,滑动变阻器接入电路中的电阻最大,根据欧姆定律可知此时电路中的电流最小,
此时灯泡两端的电压:UL′=U﹣U滑大=4.5V﹣3V=1.5V,
由欧姆定律可得,灯泡的电阻:RL===6Ω;
电路中的最小电流:I最小===0.25A,
则滑动变阻器接入电路中的最大阻值:R滑大===12Ω,
所以,滑动变阻器接入电路的阻值范围是3Ω~12Ω。
【答案】(1)灯泡正常工作的电流为0.5A;
(2)该电路的最大功率为2.25W;
(3)滑动变阻器阻值变化的范围是3Ω~12Ω。
13.如图所示电路中,灯L上标有“6V,3.6W”字样,电源电压恒为18V,灯L的电阻保持不变,求:
(1)灯L的电阻;
(2)灯L正常工作时,滑动变阻器的电功率;
(3)当滑动变阻器的滑片置于最左端时,灯泡L的实际功率。
【解析】由电路图可知,闭合开关S,灯泡L与滑动变阻器R串联,电压表测滑动变阻器R两端的电压,电流表测电路中的电流。
(1)由P=可得,灯L的电阻:;
(2)灯泡正常工作时的电流:;
因为串联电路两端电压等于各部分电路两端电压之和,所以,灯L正常工作时滑动变阻器两端的电压:UR=U﹣UL=18V﹣6V=12V;
因为串联电路中各处的电流相等,所以滑动变阻器消耗的功率:PR=URIR=URIL额=12V×0.6A=7.2W;
(3)当滑动变阻器的滑片置于最左端时,滑动变阻器连入电路的阻值为0;灯泡L两端的电压为UL=U=18V,远远大于灯泡的额定电压,此时灯泡被烧毁,
灯泡的实际功率为0W。
【答案】(1)灯L的电阻为10Ω;
(2)灯L正常工作时,滑动变阻器的电功率为7.2W;
(3)当滑动变阻器的滑片置于最左端时,灯泡L的实际功率为0W。
【知识点3、测量小灯泡的电功率】
伏安法测小灯泡的电功率
【实验原理】P=UI
【实验器材】小灯泡、电压表、电流表、滑动变阻器、电源、开关、导线。
【实验电路】
【实验步骤】
(1)按电路图连接好电路;
(2)闭合开关,调节滑动变阻器,使小灯泡两端的电压恰好等于小灯泡的额定电压2.5V,观察小灯泡的亮度,并记录电流表和电压表的示数。
(3)调节滑动变阻器,使小灯泡两端的电压约等于小灯泡额定电压的1.2倍。观察小灯泡的亮度变化,并记录此时电流表和电压表的示数(注意:小灯泡两端的电压不能超过它的额定电压太多)。
(4)调节滑动变阻器,使小灯泡两端的电压约等于小灯泡额定电压的0.8倍。观察小灯泡的亮度变化,并记录此时电流表和电压表的示数。
(5)计算出三种情况下小灯泡的电功率
【实验表格】
实验要求
发光情况
电流(A)
电压(V)
电功率(W)
1
小灯泡在额定电压下工作
2
小灯泡两端电压是额定电压的1.2倍
3
小灯泡两端电压低于额定电压
【分析论证】由公式P=IU计算小灯泡的功率。(将计算结果填入表中,通过分析和比较得出)分析比较额定电功率和实际电功率大小问题,比较灯泡的亮暗程度与电功率间的关系。
(1)当U实=U额时, P实=P额,正常发光
(2)当U实 (3)当U实>U额时,P实>P额,较亮
【实验结论】
(1)不同电压下,小灯泡的功率不同。实际电压越大,小灯泡功率越大。
(2)小灯泡的亮度由小灯泡的实际功率决定,实际功率越大,小灯泡越亮。
【经典例题考查】
14.小明为了探究小灯泡的亮度与实际功率的关系,一小灯泡额定电压为2.5V,图a是小明的实验电路图。
(1)请按照图a,将图b中的实物电路连接完整:
(2)闭合开关,为了测量额定功率,需要调节滑动变阻器,使电压表示数为 2.5V ,小灯泡正常发光。电流表示数如图c所示。则此时通过小灯泡的电流为 0.28 A,额定功率为 0.7W ;
(3)调节滑动变阻器,让小灯泡两端的电压逐渐减小。会发现灯泡变暗直至完全不发光。可以猜想此过程中灯丝的温度 降低 (选填“升高”、“不变”或“降低”)
(4)测量数据如下表所示,分析表中数据,可以发现小灯泡两端的电压越低,实际功率越小。其灯丝的亮度越 暗 。
电压U/V
2.50
2.10
1.70
1.30
0.90
0.50
电流I/A
0.26
0.24
0.21
0.19
0.16
(5)实验要求改变小灯泡两端的电压进行多次测量,这样做是为了 测量不同电压下小灯泡的实际功率(或观察在不同电压下小灯泡的发光情况) 。
【解析】(1)变阻器按一上一下接入电路中,按电路图连接如下图所示:
;
(2)调节滑动变阻器,使电压表的示数为2.5V,小灯泡正常发光,电流表示数如图乙所示,电流表选用小量程,分度值为0.02A,此时通过小灯泡的电流是0.28A,则小灯泡的额定功率是:P=UI=2.5V×0.28A=0.7W;
(3)调节滑动变阻器,让小灯泡两端的电压逐渐减小,会发现灯泡变暗直至完全不发光,电能转化成的内能变小,可以猜想此过程中灯丝的温度降低;
(4)由表中数据知,小灯泡两端的电压越低,根据P=UI知实际功率越小,其灯丝的亮度越暗;
(5)多次测量是为了测量不同电压下小灯泡的实际功率(或观察在不同电压下小灯泡的发光情况)。
【答案】(1)如上图;(2)2.5V;0.28;0.7W;(3)降低;(4)暗;(5)测量不同电压下小灯泡的实际功率(或观察在不同电压下小灯泡的发光情况)。
15.学校实验室新进了一批规格为“2.5V 0.75W”的小灯泡,小明想通过实验探究小灯泡的额定功率是否符合规格。
(1)根据图甲所示电路图,用笔画线代替导线把图乙所示的实物电路补充完整。
(2)小明完成实验后,根据实验数据作出I﹣U关系图像如图丙所示,由图象可得小灯泡的额定功率为 0.75 W,该小灯泡 符合 (选填“符合”或“不符合”)制造规格。
(3)由I﹣U关系图像可知当小灯泡两端电压为1V时,它的电阻为 5 Ω;进一步分析图像可得,小灯泡电阻随着两端电压的升高而 增大 (选填“增大”或“减小”或“不变”)。
【解析】(1)根据滑动变阻器上下接线柱各接一个接入电路且串联在电路中知,把把电流表与滑动变阻器串联,如下图所示:
(2)根据图丙可知,灯泡两端电压为2.5V时,通过灯泡的电流为0.3A,
则灯泡的额定功率:
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W,该小灯泡符合制造规格;
(3)根据图丙可知,灯泡两端电压为1V时,通过灯泡的电流为0.2A,
根据I=可知灯丝的电阻为:
R===5Ω;
当灯泡两端的电压增大时,通过灯泡的电流也增大,但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加得更快,所以当小灯泡电压增大时,灯丝电阻将增大。
【答案】(1)见上图;(2)0.75;符合;(3)5;增大。
16.小侨同学在“探究小灯泡亮度与实际功率关系”的实验中,找来了电压为6V的电源,额定电压为2.5V的小灯泡(电阻约10Ω),电流表、电压表各一只,滑动变阻器一个,开关一个,导线若干,组装电路。
(1)如图甲所示,检查时发现有一条导线连接错误,请在错误的导线上画“×”,并只移动一条导线,用笔画线代替导线将电路图连接正确。
(2)小侨同学共进行了4次测量,并将相关数据记录在表格中,当电压表示数为2.5V时,电流表示数如图乙所示,小灯泡的额定功率为 0.70 W。
实验序号
电压U/V
电流I/A
电阻R/Ω
电功率P/W
灯泡的亮度
1
0.5
0.16
3.1
0.08
不亮
2
1.5
0.24
6.25
0.36
较暗
3
2.5
正常
4
3.0
0.30
10.0
0.90
很亮
(3)小侨同学根据实验目的分析实验数据及现象,可以得出结论:小灯泡的亮度随着实际功率的增大而变 亮 (选填“亮”或“暗”);
(4)完成上述实验后,小侨同学又设计了一种测量额定功率的方案,如图丙所示,R0是阻值已知的定值电阻。请完成下列操作:
①连接好电路,闭合开关S,将开关S1拨到触点 A (选填“A”或者“B”),移动滑片,使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1;
②保持滑片的位置不动,再将开关S1拨到另一触点,读出电压表的示数U2;
③用U1、U2、R0表示小灯泡的额定功率,则表达式P= 。
【解析】
(1)从电源的正极出发,按照电流方向,电流经开关→滑动变阻器→从电流表的正接线柱流入,从负接线柱流出→灯泡→电源的负极,电流表要串联在电路中,电压表和灯泡并联,改正后的电路连接如图。
(2)电流表使用0~0.6A量程,每一个大格是0.2A,每一个小格是0.02A,电流表示数是0.28A;
灯泡的额定功率为:P=UI=2.5V×0.28A=0.70W;
(3)由表格数据知,小灯泡两端的电压增大,电流增大,实际功率增大,小灯泡的亮度增大,故小灯泡的亮度随着实际功率的增大而变亮。
(4)利用定值电阻测量灯泡的额定功率的实验步骤:
①连接好电路,闭合开关S,将开关S1拨到触点A,移动滑片,使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1;
②保持滑片的位置不动,再将开关S1拨到另一触点B,读出电压表的示数U2;
③小灯泡的额定电压是U1,小灯泡和定值电阻是串联的,根据串联电路中电流处处相等,小灯泡的额定电流等于定值电阻中的电流,定值电阻两端的电压是U0=U2﹣U1,定值电阻中的电流,即小灯泡的额定电流:I1=I0=,
小灯泡的额定功率:P=U1I1=U1×=。
【答案】(1)如上图;(2)0.70;(3)亮;(4)①A;③。
【知识点4、焦耳定律】
焦耳定律
1.含义:电能转化成的内能(电流的热效应)
2.焦耳定律:电流通过导体产生的热量跟电流的平方成正比,跟导体的电阻成正比,跟通电时间成正比。
3.计算公式:Q= I2Rt(适用于所有电路)
对于纯电阻电路可推导出:
② 串联电路中常用公式:Q=I2Rt,并联电路中常用公式:Q=U2t/R
② 计算总热量常用公式Q总= Q1+Q2(无论用电器串联或并联)
4.当用电器为纯电阻时,电能全部转化成内能,W=Q,
特例:电动机为非纯电阻,W>Q。(W总=W机+Q)
【经典例题考查】
17.如图所示,是探究“电流通过导体产生的热量与什么因素有关”的实验。
(1)甲、乙、丙三个相同的透明容器中密封着 等质量 (选填“等体积”或“等质量”)的空气。通过比较U形管内 液面的高度差 的变化,判断电阻产生热量的多少。
(2)若要探究导体产生的热量与电流大小的关系,则应选用 乙、丙 两容器及相连的U形管比较,结论是:在 电阻 和通电时间一定时,通过导体的电流越 大 电流产生的热量越多。
(3)若要探究导体产生的热量与电阻大小的关系,则应选用 甲、乙 两容器及相连的U形管比较。在电流和通电时间一定时,导体的 电阻 越大,电流产生的热量越多。
(4)通电一段时间后, 甲 容器相连的U形管中两侧液面高度差变化最大。
(5)若通过R1中电流为0.1A,则10min通过R2产生热量为 30 J。
【解析】(1)根据控制变量法可知甲、乙、丙三个相同的透明容器中密封着等质量的空气;
电流通过导体产生热量的多少无法直接观察,通过比较U形管液面高度差的变化来判断电阻产生热量的多少,这是转换法;
(2)(3)由图可知,丙中两个5Ω的电阻并联后,再与甲、乙串联在电路中,通过甲和乙的电流是相同的,而甲、乙容器中的电阻不同,根据并联电路的电流规律可知,通过丙容器中电阻的电流小于通过甲、乙容器中的电阻的电流,乙、丙容器中的电阻相同;
若要探究导体产生的热量与电流大小的关系,则应选用乙、丙两容器及相连的U形管比较,根据焦耳定律可知在电阻和通电时间一定时,通过导体的电流越大电流产生的热量越多;
若要探究导体产生的热量与电阻大小的关系,则应选用甲、乙两容器及相连的U形管比较,根据焦耳定律可知在电流和通电时间一定时,导体的电阻越大,电流产生的热量越多;
(4)甲、乙的电流和通电时间相同,电阻不同,电阻越小,产生的热量越少,则乙的液面低于甲的液面;
对于乙和丙,通过乙的电流大于通过丙容器中电阻的电流,电阻和通电时间相同,则丙中电阻产生的热量要小于乙中电阻产生的热量,丙的液面要低一些,故最低的是丙,所以通电一段时间后,甲容器相连的U形管中两侧液面高度差变化最大;
(5)串联电路各处电流相等,若通过R1中电流为0.1A,则通过R2的电流也为0.1A,10min通过R2产生热量为:Q=I2R2t=(0.1A)2×5Ω×10×60s=30J。
【答案】(1)等质量;液面高度差(2)乙、丙;电阻;大;(3)甲、乙;电阻;(4)甲;(5)30。
18.电风扇,电烙铁和电视机上都标有“220V 60W”字样,它们在额定电压下工作相同的时间,则产生的内能最多的是( )
A.电风扇 B.电烙铁 C.电视机 D.一样多
【解析】电风扇工作时消耗电能,大部分转化为机械能,少部分转化为内能;电视机工作时,电能转化为光能、声能等,只有少部分转化为内能;电烙铁工作时把电能全部转化为内能;
它们都在额定电压下工作,P=P额,实际功率P相同,根据W=Pt可知,工作时间相同时,三个用电器消耗的电能相同,只有电烙铁把电能全部转化为内能,所以电烙铁产生的热量最多。
【答案】B。
19.如图是探究“电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”的实验装置,容器内盛有液体,下列说法正确的是( )
A.甲、乙、丙三个容器内应盛有质量相同的不同种液体
B.利用甲、丙可以研究电流通过导体产生热量的多少与电流的关系
C.温度计示数的变化反映了电流通过液体内导体时产生热量的多少
D.利用甲、乙可以研究电流通过导体产生热量的多少与导体电阻的关系
【解析】A、探究“电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”的实验时,采用的是控制变量法,需要加热质量相同的同种液体,故甲、乙、丙三个容器内应盛有质量相同的同种液体,故A错误;
B、在甲、丙装置中,容器中的两个电阻丝串联,通过它们的电流I与通电时间t相同,左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻,探究的是电流产生的热量与电阻大小的关系,故B错误;
C、电阻丝产生的热量不易直接观察,实验中可给等质量的液体加热,液体吸热越多,温度越高,温度计示数越大,采用了转换法,故C正确;
D、甲、乙装置甲中,一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联,容器内两电阻大小相同,通过时间也相同,根据串联电路的电流特点可知,通过左侧容器电阻的电流大于通过右侧容器内电阻丝的电流,根据控制变量法,可研究电流产生的热量与电流的关系,故D错误。
【答案】C。
20.图甲是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。将小灯泡L和电阻R接入图乙所示电路中,电源电压恒为2V。下列说法正确的是( )
A.由图乙知小灯泡两端的电压越大,电阻越小
B.开关S1、S2都闭合时,电流表示数为0.5A
C.开关S1、S2都闭合时,电路总功率为1.4W
D.开关S1、S2都闭合时,在1min内电阻R产生的热量为240J
【解析】A、由图象知,L的I﹣U图象是条曲线,且电压的变化大于电流的变化,由欧姆定律可知,其两端电压越大时,其阻值为会变大,故A错误;
BC、由图乙知,开关S1、S2都闭合时,L与R并联,电流表测干路电流,
根据并联电路的电压规律知,UL=UR=U=2V,由图象知,此时IL=0.5A,IR=0.2A,
根据并联电路的电流规律知,电压表示数I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A,故B错误;
此时电路总功率P=UI=2V×0.4A=1.4W,故C正确;
D、开关S1、S2都闭合时,在1min内电阻R产生的热量QR=WR=URIRt=2V×0.2A×60s=24J,故D错误。
【答案】C。
21.有两根阻值分别为R1、R2的电阻丝,分别采用如图所示的四种方法接在同一电源上后,相同时间内产生的热量最小的是( )
A. B.
C. D.
【解析】因为串联后的总电阻比任何一个分电阻的阻值都大,并联后的总电阻比任何一个分电阻的阻值都小,所以在四个电路中,串联电路的总电阻最大;
根据公式Q=W=可知,当电源电压和通电时间都相同时,电阻大的产生的热量少。因为串联电路的总电阻最大,所以串联电路产生的热量最小。
【答案】C。
22.如图所示,某商场一名顾客乘坐自动扶梯上楼,自动扶梯由电动机带动而匀速运动。电动机的电阻为R,两端的电压为U,工作电流为I,上楼时间为t,在此过程中,电动机产生的热量为( )
A.UIt B.t C.I2Rt D.UIt﹣I2Rt
【解析】根据焦耳定律可知,电动机产生的热量为:Q=I2Rt,故C正确。
【答案】C。
23.如图所示是一款养生壶和它的电路简图,该壶有“加热”和“保温”两挡,电源电压为220V,电阻丝R1=44Ω,R2=356Ω。养生壶在“加热”挡工作时,电功率为 1100 W,现将壶内1kg的水从20℃加热到75℃,水吸收的热量是 2.31×105 J,加热过程中若不计热量损失,所需加热时间为 210 s;在“保温”挡工作时,10s养生壶产生的热量是 1210 J[已知c水=4.2×103J(kg•℃)]。
【解析】(1)分析电路可知,当S1闭合,S2闭合时,R2短路,只有R1接入电路;当S1闭合,S2断开时,R1与R2串联接入电路。
由P=可知,总电阻越小,电功率越大,所以当S2闭合后为加热挡,断开时时保温挡;
加热挡的电功率:
P加热===1100W;
(2)1kg的水从20℃加热至75℃吸收热量:
Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg•℃)×1kg×(75℃﹣20℃)=2.31×105J;
若加热过程中不计热量损失,则所消耗的电能与水吸收的热量相等,即W=Pt=Q,可得:
t===210s;
(3)在“保温”挡工作时,10s养生壶产生的热量是:
Q′=t=×10s=1210J。
【答案】1100;2.31×105;210;1210。
24.如图所示的电路中,电源电压不变,电阻R1的阻值为40Ω,R2的阻值为60Ω。只闭合开关S时,电流表的示数为0.3A,求:
(1)电源电压U。
(2)开关S1、S2都闭合时,通过电流表的电流I。
(3)通过计算判断,开关都闭合,此电路工作10min产生的总热量,能否使0.1kg的水温度升高10℃[水的比热容为4.2×103J/(kg•℃)]。
【解析】(1)当只闭合开关S1时,电路为R1的简单电路,电流表测量电路电流,电流表的示数为0.3A,
据欧姆定律可知电源电压为:
U=I1R1=0.3A×40Ω=12V;
(2)开关S1、S2都闭合时,两电阻并联,电流表测量干路电流。
根据欧姆定律可知通过R2的电流为:
I2===0.2A,
通过并联电路各支路相互独立工作、互不影响的特点可知通过R1的电流不变,为0.3A,
根据并联电路的电流特点可知电流表的示数I=I1+I2=0.3A+0.2A=0.5A,
(3)开关S1、S2都闭合时,电路工作10min产生的总热量为:
Q放=W=UIt=12V×0.5A×10×60s=3600J;
水需要吸收热量为:
Q吸=cmΔt=4.2×103 J/(kg•℃)×0.1 kg×10℃=4200J;
因为Q放<Q吸,
所以不能使0.1kg的水温度升高10℃。
【答案】(1)电源电压U为12V;
(2)开关S1、S2都闭合时,通过电流表的电流I为0.5A;
(3)开关都闭合,此电路工作10min产生的总热量,不能使0.1kg的水温度升高10℃。
25.如图所示是一直流电动机提升重物的装置。电源电压U=24V保持不变,已知电动机线圈电阻为2Ω,串联一个R=3Ω的电阻,开关闭合后,电动机正常工作,匀速提升质量为4kg的重物,此时,电压表读数为6V,不计任何摩擦,求;
(1)电动机正常工作的电流;
(2)电动机的额定功率;
(3)电动机2s内提升重物的高度。
【解析】(1)由图可知,电动机与R串联,电流表测电路中的电流,电压表测R两端的电压;
已知电压表示数为6V,即R两端的电压为UR=6V,
则通过R的电流为:,即电路中的电流为I=IR=2A,此时电动机正常工作,则电动机正常工作的电流为2A;
(2)已知电源电压为U=24V,由串联电路的电压特点可知电动机两端的电压为:U机=U﹣UR=24V﹣6V=18V,
则电动机的额定功率为:P机=IU机=2A×18V=36W;
(3)2s内电动机做的总功为:W机=P机t=36W×2s=72J,
2s内电动机产生的热量为:Q=I2rt=(2A)2×2Ω×2s=16J,
则电动机产生的机械能为:E=W机﹣Q=72J﹣16J=56J,
由E=mgh可知电动机2s内提升重物的高度为:。
【答案】(1)电动机正常工作的电流为2A;
(2)电动机的额定功率为36W;
(3)电动机2s内提升重物的高度为1.4m。
【精选真题演练】
26.小强关闭家中其他用电器,只用一个电水壶烧水,使质量为1kg、初温为20℃的水被烧开(1个标准大气压下),用时5min,如图所示的电能表刚好转过300r。则水吸收的热量是 3.36×105 J,电水壶的实际电功率为 1200 W。[水的比热容为4.2×103J/(kg•℃)]
【解析】(1)1标准大气压下水的沸点是100℃,则水吸收的热量:
Q吸=cm(t﹣t0)=4.2×103J/(kg•℃)×1kg×(100℃﹣20℃)=3.36×105J;
(2)电能表的转盘转过300转消耗的电能:
W==0.1kW•h,
所用时间t=5min=h,
该电热水壶的实际功率:
P实===1.2kW=1200W。
【答案】3.36×105;1200。
27.如图甲所示,电火锅可以通过控制开关实现高、中、低三挡加热,电路图如图乙所示,R1、R2是电热丝,当S1断开,S2接a时,电火锅为 低 挡;当S1闭合,S2接b时,电火锅为 高 挡;当只有 R2 (选填“R1”或“R2”)接入电路时,电火锅为 中 挡。
【解析】电路的总电压为U=220V保持不变,由于电阻的串联相当于增大了导体的长度,所以串联时的总电阻最大;电阻的并联相当于增大了导体的横截面积,所以并联时的总电阻最小;只有一个电阻工作时的电阻居中。
由P=可知,并联时的总功率最大,串联时的总功率最小,只有一个电阻工作时的总功率居中。
所以得出:并联为高档,串联为低挡,只有一个电阻工作是中档。
当S1断开,S2接a时,电路为串联电路,电火锅为低挡;当S1闭合,S2接b时,电路为并联电路,电火锅为高档;当S1断开,S2接b时,电路为只有R2工作,电火锅为中档。
【答案】低;高;R2;中。
28.如图所示的实验装置,是用来探究电流通过导体产生的热量与 电阻 的关系,若通过R1的电流为1A,通电时间为10s时,R1产生的热量为 50 J。
【解析】装置中两个电阻串联,串联电路各处电流相等,则通过两个电阻的电流和通电时间相同,电阻的大小不同,所以这是探究电流产生热量与电阻的关系;
由焦耳定律可得,电流通过R1产生的热量:Q1=I2R1t=(1A)2×5Ω×10s=50J。
【答案】电阻;50。
29.如图所示是某工厂两种照明方式的电路图,灯泡L1和L2的规格均为“220V 40W”。闭合开关S1、S2,满足夜间正常照明需要;闭合开关S1、断开S2,满足夜间多区域照明需要。电源电压恒为220V,灯泡电阻变化忽略不计。正常照明与多区域照明L1中的电流之比为 2:1 ;正常照明10h消耗的电能比多区域照明10h消耗的总电能多 0.2 kW•h。
【解析】(1)由题知灯泡L1和L2的规格均为“220V 40W”,则两灯的电阻为:,
闭合开关S1、S2,满足夜间正常照明需要,此时电路为L1的简单电路,此时通过L1的电流为:;
闭合开关S1、断开S2,满足夜间多区域照明需要,此时电路为L1和L2的串联电路,此时通过L1的电流为:,则正常照明与多区域照明L1中的电流之比为:;
(2)当闭合开关S1、S2时,正常照明10h消耗的电能为:W=Pt=40W×10×3600s=1.44×106J,
闭合开关S1、断开S2时,区域照明10h消耗的总电能为:
=J,
W﹣W′=1.44×106J﹣0.72×106J=0.72×106J=0.2kW•h,则正常照明10h消耗的电能比多区域照明10h消耗的总电能多0.2kW•h。
【答案】2:1;0.2。
30.电动自行车有充电、行驶两种状态,局部电路如图。断开开关S,利用充电插口对蓄电池充电时,蓄电池相当于电路中的 用电器 (选填“电源”或“用电器”)。电动机正常工作电压为36V,线圈电阻为1.2Ω,通过电动机线圈的电流为4A,5min内电流通过线圈产生的热量为 5760 J,电动机消耗的电能为 43200 J。
【解析】在对蓄电池充电时,蓄电池消耗电能,转化为化学能储存起来,所以此时蓄电池相当于电路中的用电器;已知线圈电阻R=1.2Ω,通过的电流I=4A,电动机正常工作电压为36V,
则5min内电流通过线圈产生的热量为:Q=I2Rt=(4A)2×1.2Ω×5×60s=5760J;
电动机消耗的电能为:W=UIt=36V×4A×5×60s=43200J。
【答案】用电器;5760;43200。
31.某玩具车电动机M的转子线圈电阻R0=1Ω,一同学把该电动机M接入如图所示的电路中,闭合开关,调节滑动变阻器R,使电动机M正常工作,此时电压表的示数为9V,电流表的示数为1A,则该电动机的额定功率为 9 W;正常工作1min,该电动机M把 480 J的电能转换为机械能。
【解析】电动机的额定功率为:P=UI=9V×1A=9W;
电动机工作时,将电能转化为机械能和内能,正常工作1min,该电动机M将电能转换的机械能为:
W机械=W电﹣W内=UIt﹣I2R0t=9V×1A×60s﹣(1A)2×1Ω×60s=480J。
【答案】9;480。
32.如图所示,电源电压不变,先闭合开关S1,电流表示数为0.4A,再闭合开关S2,电流表示数增加了0.2A,则R1、R2两端电压之比为 1:1 ,R1、R2电阻值之比为 1:2 ,若电阻R1=5Ω,通电1min电阻R2产生的热量为 24 J。
【解析】先闭合S1时,电路为R1的简单电路,电流表测量通过R1的电流;若再闭合S2时,两电阻并联,电流表测干路电流,电流表示数增加了0.2A,根据并联电路的电流关系可知,通过R2的电流为:I2=0.2A;
并联电路中各支路两端的电压都等于电源电压,所以R1、R2两端电压之比为1:1;
根据I=可知,在电压相同时,电流之比等于电阻之比的倒数,则R1、R2电阻值之比为:R1:R2=I2:I1=0.2A:0.4A=1:2,则R2的阻值为R2=10Ω;
通过电阻R2的电流在1min内产生的热量:Q=I2R2t=(0.2A)2×10Ω×60s=24J。
【答案】1:1;1:2;24。
33.如图所示,电源电压不变,灯泡标有“6V 3W”字样,当开关S闭合时,灯泡正常发光,电流表示数为0.6A,电阻R的电功率为 0.6 W,通电10min后R产生的热量为 360 J。
【解析】由电路图可知,灯泡与电阻R并联,电流表测干路电流,
因并联电路中各支路两端的电压相等,且额定电压下灯泡正常发光,
所以,电源的电压U=UL=6V,
由P=UI可得,通过灯泡的电流:IL===0.5A,
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,
所以,通过电阻R的电流:
IR=I﹣IL=0.6A﹣0.5A=0.1A,
电阻R的电功率:
PR=UIR=6V×0.1A=0.6W;
通电10min,电阻R产生的热量:
QR=WR=UIRt=6V×0.1A×600s=360J。
【答案】0.6;360。
34.某型号的电热毯有高温和低温两个挡,其内部电路原理图和主要参数如图和表所示,R1是发热体,以下说法正确的是( )
额定电压
220V
高温发热功率
121W
低温发热功率
44W
交流频率
50Hz
A.当S闭合时是低温挡
B.发热体的电阻是40Ω
C.在低温挡工作1min发热体产生的热量是44J
D.实际电压为200V时,高温挡实际发热功率是100W
【解析】(1)当开关S闭合时,电阻R2被短路,电路中只有R1,电阻较小,根据P=知电路的总功率较大,处于高温挡;
当开关S断开时,两电阻串联,电路的总电阻较大,根据P=电路的总功率较小,处于低温挡,故A错误;
(2)开关S闭合时,电路中只有R1,根据P=知R1的电阻为:
R1===400Ω,故B错误;
(3)根据P=UI知低温时的电流为:
I===0.2A,
在低温挡工作1min发热体产生的热量为:
Q=I2R1t=(0.2A)2×400Ω×60s=960J,故C错误;
(4)根据P=知实际电压为200V时高温挡实际发热功率为:
P高′===100W,故D正确。
【答案】D。
35.一位电视台记者在报道某工厂“淘汰落后产能、促进新旧动能转换”仅上半年就节电15000kW•h的时候,手举一只理发用的电吹风说:“这只电吹风是1500W的,也就是1.5kW,这个厂节省的电力可以开动10000个这样的电吹风。”这位记者的报道中弄混了两个重要的电学概念。这两个概念是电能和( )
A.电流 B.电阻 C.电功率 D.电功
【解析】某工厂上半年共节电15000kW•h,即节省的电能是15000kW•h;这只电吹风是1500瓦的,也就是1.5kW,1.5kW是指电吹风的电功率,所以这个记者把电能和电功率混淆了。
【答案】C。
36.如图所示是小明家的电能表。将一个“220V 1210W”的用电器(纯电阻)单独接入家庭电路中工作12min,电能表的转盘转了500转。在此工作过程中,下列说法中正确的是( )
A.该电能表的示数表示家中已经消耗1123.4J的电能
B.该用电器的实际功率为1200W
C.该电路的实际电压为200V
D.若小明家所有用电器同时工作,则总功率不得超过2.2kW
【解析】
A、电能表的读数方法:最后一位是小数,则图中电能表的读数是1123.4kW•h,表示家中已经消耗1123.4kW•h的电能,故A错误;
B、用电器12min消耗的电能:W=kW•h=0.2kW•h;用电器的额定功率:P===1kW=1000W,故B错误;
C、根据P=可知,用电器的电阻为:R===40Ω;根据P=可知,该电路的实际电压为:U实===200V,故C正确;
D、“10(20)A”中20A是指这个电能表正常工作时允许通过的最大电流,该电能表允许接入的用电器总功率不能超过P=UI=220V×20A=4400W=4.4kW,故D错误。
【答案】C。
37.如图所示,只闭合开关S时灯L1的功率为9W;断开开关S,闭合S1、S2时,灯L1的功率为25W。电源电压不变,忽略温度对灯丝电阻的影响。则L1与L2电阻之比是( )
A.3:2 B.5:3 C.3:1 D.9:25
【解析】断开开关S,闭合S1、S2时,L1与L2并联,灯泡两端的电压等于总电压即U1=U总,灯L1的功率P1=25W,
则:P1==•••••①,
只闭合开关S时灯L1的功率P1′=9W,此时L1与L2串联,总电压等于各部分电压之和,且电压的分配与电阻成正比,
即U总=U1′+U2′,=,
由上述两式得:U1′=U总,
则此时灯L1的功率:P1′==•••••②
②比①得:=,
由题知:P1=25W,P1′=9W,代入上式得:=,
两边开方得:=,
整理得:R1:R2=3:2。
【答案】A。
38.在“估测用电器的实际功率”的综合实践活动中,小明先断开家中所有用电器,只让图甲所示的电饭锅煮饭3min,测得电能表指示灯闪烁120次。若只让图乙所示的家用台扇工作6min,则电能表指示灯闪烁的次数最可能是( )
A.4次 B.16次 C.36次 D.48次
【解析】电饭锅的功率约为800W=0.8kW,家用台扇的功率约为50W=0.05kW,电饭锅煮饭3min,消耗的电能W1=P1t1=0.8kW×h=0.04kW•h,测得电能表指示灯闪烁120次,
家用台扇工作6min,消耗的电能W2=P2t2=0.05kW×h=0.005kW•h,设此段时间电能表指示灯闪烁的次数为n,则:=,
解出n=15imp。
故符合要求的选项为B。
【答案】B。
39.在探究“电功率与电阻关系”时,实验准备了阻值分别为5Ω、15Ω的A、B两个同一类型的灯泡。同学们按图甲、图乙设计了两个实验电路进行探究。不考虑温度对灯丝电阻的影响,下列说法正确的是( )
A.图甲中A灯泡比B灯泡亮
B.图甲中滑动变阻器滑片向左滑动过程中,两个灯泡的亮度都变亮
C.图乙中A灯泡比B灯泡亮
D.图乙中滑动变阻器滑片向左滑动过程中,两个灯泡的亮度都变亮
【解析】A、甲图中两灯串联,串联电路中电流相等,灯泡消耗的实际电功率P=UI=I2R,因为RA<RB,所以PA<PB,因此甲灯泡比乙灯泡暗,故A错误;
B、甲图中滑动变阻器滑片向左滑动过程中,滑动变阻器的接入电阻变大,电路中的总电阻变大,电路中的电流变小,根据P=I2R可知,每个小灯泡消耗的电功率变小,两个灯泡的亮度都变暗,故B错误;
C、乙图中两灯并联,所以两灯泡两端的电压相等,灯泡消耗的实际电功率P=UI=,因为RA<RB,所以PA>PB,因此甲灯泡比乙灯泡亮,故C正确;
D、乙图中滑动变阻器接在干路上,当滑片向左滑动时,变阻器接入电阻变大,根据分压原理,变阻器两端分得的电压变大,两灯泡两端的电压变小,根据P=可知,灯泡的实际电功率变小,两个灯泡亮度都变暗,故D错误。
【答案】C。
40.将灯泡L和定值电阻R以图甲方式连在6V的电源上,图乙是L和R的U﹣I图象,结合图中信息可知( )
A.灯泡L的电阻随着电流的增大而减小
B.灯泡L的实际阻值为10Ω
C.灯泡L的实际功率为0.8W
D.定值电阻R实际功率为6.4W
【解析】定值电阻的阻值一定,通过的电流和其两端电压成正比,则倾斜直线代表定值电阻的U﹣I图像,而曲线则代表灯泡L的U﹣I图像;
A、当电流为0.4A时,灯L两端的电压为2V,则灯的阻值为R1===5Ω,
当电流为0.7A时,灯L两端的电压为5V,则灯的电阻为:R2==≈7Ω,
当电流为0.8A时,灯L两端的电压为8V,则灯的电阻为:R3===10Ω,
由上述分析可知,灯泡L的电阻随电流的增大而增大,故A错误;
B、由图甲可知灯泡L与电阻R串联,根据串联电路的特点,可知电流相等,且灯泡两端电压和定值电阻两端电压之和等于6V,再结合图乙可知符合条件的电流I=0.4A,此时灯泡两端电压为2V,定值电阻两端电压为4V,所以灯泡L的实际阻值RL=UL/I=2V/0.4A=5Ω;故B错误;
C、灯泡L的实际功率PL=IUL=0.4A×2V=0.8W,故C正确;
D、定值电阻R的实际功率PR=IUR=0.4A×4V=1.6W,故D错误。
【答案】C。
41.如图1是“测量小灯泡电功率”的实验电路图,电源电压恒定不变,小灯泡的额定电压为2.5V.
(1)本实验中测量小灯泡电功率的实验原理是 P=UI 。
(2)闭合开关前滑片P应移至 b (选填“a”或“b”)端.如图2为根据电路图所连接的实物电路,其中有一根导线连接不合理,请你在这根导线上画“×”并改正。
(3)连接好电路,闭合开关后,无论怎样移动滑片P,小灯泡都不发光,电流表指针几乎不偏转,电压表示数接近电源电压,出现这种现象的原因可能是小灯泡 断路 。
排除故障后进行实验,并将实验数据记录在如表中。
实验序号
电压U/V
电流I/A
电功率P/W
1
1.5
0.28
2
2.5
3
3.0
0.38
(4)移动滑片P使电压表的示数为2.5V时,电流表的示数如图3所示为 0.34 A。
(5)分析实验数据,小灯泡的额定功率为 0.85 W。当电压表示数为1.5V时,小灯泡的亮度比正常发光时 暗 。
【解析】(1)测量小灯泡电功率的实验原理是P=UI;
(2)闭合开关S前,应将滑动变阻器的滑片P滑到 阻值最大处b端;
由图可知,电源电压为3V,电压表应选0~3V的量程,如图所示:
;
(3)小灯泡都不发光,电流表指针几乎不偏转,则电路可能断路,而电压表有示数,说明电压表与电源连通,则原因可能是与电压表并联的灯泡断路;
(4)由图2和图3可知,电流表选用小量程,分度值为0.02A,流过电阻的电流为0.34A;
(5)因为灯泡的额定电压为2.5V,电流表的示数为0.34A,则灯泡的额定功率:P=UI=2.5V×0.34A=0.85W;
当电压表示数为1.5V时,小灯泡两端的电压小于额定电压,故小灯泡的亮度比正常发光时暗。
【答案】(1)P=UI;(2)b;如图所示;(3)断路;(4)0.34;(5)0.85;暗。
42.某物理学习小组进行“探究电流相同时通电导体产生热量的多少跟电阻的关系”时,可供选用的器材有:6V电源、5Ω的发热电阻两只、10Ω的发热电阻两只、量程适合的温度计两支、规格相同的烧瓶两只、水、酒精、煤油、开关、导线若干。
(1)他们设计了图甲和图乙所示的两个方案,本实验应该选用图 甲 所示方案。
(2)所选方案中两发热电阻的阻值应 不同 ,两个烧瓶内的液体应为质量 相同 的 相同 种类的液体。(均填“相同”或“不同”)
(3)已知比热容的大小为c水>c酒精>c煤油,为了缩短实验时间,应选用的液体是 煤油 。完成上述实验后,实验小组利用以上器材,又添加了天平、烧杯、停表等器材,设计了“测定酒精的比热容”的实验。已知在本次实验条件下,水的沸点为100℃,酒精的沸点为78℃,忽略热量散失。
(4)实验小组认为图甲和图乙所示两个方案均可行,为了让两种液体相同时间内吸收的热量相同,不论选择哪种方案,两发热电阻的阻值应 相同 (填“相同”或“不同”)。
(5)方案选定后,实验过程如下:
①将天平放在水平实验台上,把游码拨到标尺左端的零刻度线处,观察到指针偏向分度盘的左侧,向右调节 平衡螺母 ,直至天平平衡。用烧杯和天平测量出质量相等的水和酒精,分别装入两个烧瓶里。
②记下两种液体的初始温度,接通电路,加热一段时间后,记下液体的末态温度。该实验过程中应保证酒精的温度低于 沸点 。
③根据表中数据可得酒精的比热容为 2.4×103 J/(kg•℃)。
液体
加热时间/s
质量/g
初始温度/℃
末态温度/℃
比热容/J(kg•℃)
水
420
60
20
32
4.2×103
酒精
420
60
20
41
(6)结合表中数据进一步分析,可知实验过程中选择的是图 乙 所示方案。
【解析】(1)探究电流通过导体产生热量的多少与导体的电阻大小的关系时,应控制电流大小和通电时间相等,图甲控制通过两个电阻的电流和通电时间相同,图乙控制两个电阻两端的电压和通电时间相同,由此可知,应选图甲所示的方案来进行实验;
(2)探究电流通过导体产生热量的多少与导体的电阻大小的关系时,应只改变导体电阻的大小,控制烧瓶内液体种类和质量相同;
(3)根据Q吸=cmΔt可知,液体吸收的热量和质量一定时,液体的比热容越小,升温越快,可以节省实验时间;
(4)测定酒精的比热容,根据Q酒精吸=Q水吸,由Q吸=cmΔt可知,计算出酒精的比热容,使酒精和水在相同的时间内吸收的热量相同,则加热器要相同;
(5)①调节天平时,指针偏向分度盘的左侧,可知天平左侧较重,因此平衡螺母向右调节;
②在实验过程中,要保证酒精的温度低于沸点;
③用相同的电阻丝,加热相同时间,酒精和水吸收的热量相同,即Q酒精吸=Q水吸,
由Q吸=cmΔt可得:c酒精m(t酒精﹣t0)=c水m(t水﹣t0),
代入数据得:c酒精×(41℃﹣20℃)=4.2×103J/(kg•℃)×(32℃﹣20℃),
解得:c酒精=2.4×103J/(kg•℃);
(6)由表中数据可计算出水吸收的热量为:Q水吸=c水m(t水﹣t0)=4.2×103J/(kg•℃)×0.06×(32℃﹣20℃)=3024J,若用甲方案,两电阻串联,5Ω或10Ω的电阻丝放出的热量为:Q甲1===1260J,或Q甲2=378J;
若用乙方案,两电阻并联,5Ω或10Ω的电阻丝放出的热量为:Q甲1===3024J,或Q乙2=1512J;
可见,实验过程中选用了乙方案,且选用的是两根5Ω的电阻丝并联使用。
【答案】(1)甲;(2)不同,相同,相同;(3)煤油;(4)相同;(5)①平衡螺母;②沸点;③2.4×103;(6)乙。
43.为改善学习环境,学校在全部20间教室各安装了一台额定电压为220V、额定功率为1210W的长虹空调。求:
(1)空调的额定电流大小;
(2)所有空调在额定电压下同时工作10h,消耗电能多少千瓦时。
【解析】(1)由P=UI可得,这台空调正常制冷时工作电流为:I===5.5A;
(2)所有空调在额定电压下同时工作10h,消耗的电能为:W=P't=1.21kW×20×10h=242kW•h。
【答案】(1)空调的额定电流为5.5A;
(2)所有空调在额定电压下同时工作10h,消耗电能为242千瓦时。
44.如图是某家用电炖锅的简化电路图,电源电压为220V,R1和R2均为加热电阻。当开关S接1时为加热状态,功率为880W;开关S接2时为保温状态,功率为220W。
试求:
(1)电炖锅保温状态下电路中的电流是多少?
(2)电阻R1的阻值是多少?
(3)电炖锅保温状态下工作10min,电阻R2产生热量是多少?
【解析】(1)由P=UI可得,电炖锅保温状态下电路中的电流:
I保温===1A;
(2)当开关S接1时,电路为R1的简单电路,电炖锅处于加热状态,
由P=UI=可得,电阻R1的阻值:
R1===55Ω;
(3)开关S接2时,R1与R2串联,电炖锅处于保温状态,
由I=可得,电路的总电阻:
R总===220Ω,
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和,
所以,电阻R2的阻值:
R2=R总﹣R1=220Ω﹣55Ω=165Ω,
电炖锅保温状态下工作10min,电阻R2产生热量:
Q2=I保温2R2t=(1A)2×165Ω×10×60s=9.9×104J。
【答案】(1)电炖锅保温状态下电路中的电流是1A;
(2)电阻R1的阻值是55Ω;
(3)电炖锅保温状态下工作10min,电阻R2产生热量是9.9×104J。
45.如图所示的是某款家用电热器的简化电路,R1、R2为阻值一定的电热丝。该电热器接入电压恒为220V的电路中。电热器高温挡的功率为990W,低温挡的功率为110W。
求:
(1)低温挡时通过电路的电流;
(2)电热丝R2的阻值。
【解答】(1)当S1闭合,S2断开时,电热器处于低温挡,简化电路如图所示
低温挡功率P1=110W,故I1===0.5A;
(2)当S1,S2都闭合时,电热器处于高温挡,简化电路如图所示
电阻R2的功率P2=P总﹣P1=990W﹣110W=880W
电阻R2===55Ω。
【答案】(1)低温挡时通过电路的电流为0.5A;
(2)电热丝R2的阻值为55Ω。
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